北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后复习题

这是一份北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后复习题，共29页。试卷主要包含了如图，M，以下分别是回收等内容，欢迎下载使用。
京改版八年级数学下册第十五章四边形必考点解析
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2、下列各曲线是在平面直角坐标系xOy中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3、如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，BE＝CF＝2，CE与DF交于点H，点G为DE的中点，连接GH，则GH的长为（　　）

A． B． C．4.5 D．4.3
4、如果一个多边形的外角和等于其内角和的2倍，那么这个多边形是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
5、如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，将其折叠，使AB边落在对角线AC上，得到折痕AE，则点E到点B的距离为（ ）

A． B． C． D．
6、如图，M、N分别是正五边形ABCDE的边BC、CD上的点，且BM=CN，AM交BN于点P，则∠APN的度数是（ ）

A．120° B．118° C．110° D．108°
7、如图，在△ABC中，点E，F分别是AB，AC的中点．已知∠B＝55°，则∠AEF的度数是（　　）

A．75° B．60° C．55° D．40°
8、一个多边形纸片剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为（ ）
A．14或15或16 B．15或16或17 C．15或16 D．16或17
9、以下分别是回收、节水、绿色包装、低碳4个标志，其中是中心对称图形的是（ ）．
A． B． C． D．
10、下列各APP标识的图案是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、一个矩形的两条对角线所夹的锐角是60°，这个角所对的边长为10cm，则该矩形的面积为_______．
2、正五边形的一个内角与一个外角的比______．
3、将△ABC纸片沿DE按如图的方式折叠．若∠C＝50°，∠1＝85°，则∠2等于______．

4、如果一个矩形较短的边长为5cm，两条对角线的夹角为60°，则这个矩形的对角线长是_________cm．
5、如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为DC的中点，若，则菱形的周长为__________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、阅读材料，回答下列问题：
（材料提出）
“八字型”是数学几何的常用模型，通常由一组对顶角所在的两个三角形构成．
（探索研究）
探索一：如图1，在八字形中，探索∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系为 ；
探索二：如图2，若∠B＝36°，∠D＝14°，求∠P的度数为 ；
探索三：如图3，CP、AG分别平分∠BCE、∠FAD，AG反向延长线交CP于点P，则∠P、∠B、∠D之间的数量关系为 ．
（模型应用）
应用一：如图4，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线BP，CP相交于点P．则∠A＝ （用含有α和β的代数式表示），∠P＝ ．（用含有α和β的代数式表示）
应用二：如图5，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线所在的直线相交于点P，∠P＝ ．（用含有α和β的代数式表示）
（拓展延伸）
拓展一：如图6，若设∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为 ．（用x、y表示∠P）
拓展二：如图7，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，猜想∠P与∠B、∠D的关系，直接写出结论 ．


2、如图，在平行四边形中，，．．点在上由点向点出发，速度为每秒；点在边上，同时由点向点运动，速度为每秒．当点运动到点时，点，同时停止运动．连接，设运动时间为秒．

（1）当为何值时，四边形为平行四边形？
（2）设四边形的面积为，求与之间的函数关系式．
（3）当为何值时，四边形的面积是四边形的面积的四分之三？求出此时的度数．
（4）连接，是否存在某一时刻，使为等腰三角形？若存在，请求出此刻的值；若不存在，请说明理由．
3、如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AB和BC上的点，且BE＝BF．求证：∠DEF＝∠DFE．


4、阅读探究
小明遇到这样一个问题：在中，已知，，的长分别为，，，求的面积．
小明是这样解决问题的：如图1所示，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即的3个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网格就能计算出的面积．他把这种解决问题的方法称为构图法，
（1）图1中的面积为________．

实践应用
参考小明解决问题的方法，回答下列问题：
（2）图2是一个的正方形网格（每个小正方形的边长为1）．
①利用构图法在答题卡的图2中画出三边长分别为，，的格点．
②的面积为________（写出计算过程）．
拓展延伸
（3）如图3，已知，以，为边向外作正方形和正方形，连接．若，，，则六边形的面积为________（在图4中构图并填空）．

5、（1）先化简，再求值：（a+b）（a﹣b）﹣a（a﹣2b），其中a＝1，b＝2；
（2）如图，菱形ABCD中，AB＝AC，E、F分别是BC、AD的中点，连接AE、CF．证明：四边形AECF是矩形．


-参考答案-
一、单选题
1、D
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
【详解】
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选D．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
2、C
【分析】
利用中心对称图形的定义：旋转能与自身重合的图形即为中心对称图形，即可判断出答案．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故A错误．
B、不是中心对称图形，故B错误．
C、是中心对称图形，故C正确．
D、不是中心对称图形，故D错误．
故选：C．
【点睛】
本题主要是考查了中心对称图形的定义，熟练掌握中心对图形的定义，是解决该题的关键．
3、A
【分析】
根据正方形的四条边都相等可得BC＝DC，每一个角都是直角可得∠B＝∠DCF＝90°，然后利用“边角边”证明△CBE≌△DCF，得∠BCE＝∠CDF，进一步得∠DHC＝∠DHE＝90°，从而知GH＝DE，利用勾股定理求出DE的长即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝DC，
在△CBE和△DCF中，
，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴∠BCE＝∠CDF，
∵∠BCE+∠DCH＝90°，
∴∠CDF+∠DCH＝90°，
∴∠DHC＝∠DHE＝90°，
∵点G为DE的中点，
∴GH＝DE，
∵AD＝AB＝6，AE＝AB﹣BE＝6﹣2＝4，
∴，
∴GH＝．
故选A．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，直角三角形斜边上的中线，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
4、A
【分析】
多边形的外角和是360度，多边形的外角和是内角和的2倍，则多边形的内角和是180度，则这个多边形一定是三角形．
【详解】
解：多边形的外角和是360度，
又多边形的外角和是内角和的2倍，
多边形的内角和是180度，
这个多边形是三角形．
故选：A．
【点睛】
考查了多边形的外角和定理，解题的关键是掌握多边形的外角和定理．
5、C
【分析】
由于AE是折痕，可得到AB=AF，BE=EF，再求解设BE=x，在Rt△EFC中利用勾股定理列出方程，通过解方程可得答案．
【详解】
解： 矩形ABCD，

设BE=x，
∵AE为折痕，
∴AB=AF=1，BE=EF=x，∠AFE=∠B=90°，
Rt△ABC中，
∴Rt△EFC中，，EC=2-x，
∴，
解得：，
则点E到点B的距离为：．
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理和矩形与折叠问题；二次根式的乘法运算，利用对折得到，再利用勾股定理列方程是解本题的关键．
6、D
【分析】
由五边形的性质得出AB=BC，∠ABM=∠C，证明△ABM≌△BCN，得出∠BAM=∠CBN，由∠BAM+∠ABP=∠APN，即可得出∠APN=∠ABC，即可得出结果．
【详解】
解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB=BC，∠ABM=∠C，
在△ABM和△BCN中
，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠BAM+∠ABP=∠APN，
∴∠CBN+∠ABP=∠APN=∠ABC=
∴∠APN的度数为108°；
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、多边形的内角和定理；熟练掌握五边形的形状，证明三角形全等是解决问题的关键．
7、C
【分析】
证EF是△ABC的中位线，得EF∥BC，再由平行线的性质即可求解．
【详解】
解：∵点E，F分别是AB，AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BC，
∴∠AEF=∠B=55°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理以及平行线的性质；熟练掌握三角形中位线定理，证出EF∥BC是解题的关键．
8、A
【分析】
由题意先根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论即可．
【详解】
解：设新多边形的边数为n，
则（n-2）•180°=2340°，
解得：n=15，
①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为14，
②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为15，
③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为16，
所以多边形的边数可以为14，15或16．
故选：A．
【点睛】
本题考查多边形内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式（n-2）•180°（n为边数）是解题的关键．
9、C
【分析】
根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，即可判断出答案．
【详解】
解：A、此图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、此图形是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形的定义，关键是找出图形的对称中心．
10、C
【分析】
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】
A、图形关于中心旋转180°不能完全重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、图形关于中心旋转180°不能完全重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、图形关于中心旋转180°能完全重合，所以是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、图形关于中心旋转180°不能完全重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
二、填空题
1、
【分析】
先根据矩形的性质证明△ABC是等边三角形，得到，则，然后根据勾股定理求出，最后根据矩形面积公式求解即可．
【详解】
：如图所示，在矩形ABCD中，∠AOB=60°，，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，，
∴△ABC是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．

【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握矩形的性质．
2、
【分析】
根据公式分别求出一个内角与一个外角的度数，即可得到答案．
【详解】
解：正五边形的一个内角的度数为，正五边形的一个外角的度数为，
∴正五边形的一个内角与一个外角的比为，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了正五边形的内角度数及外角度数，熟记多边形的内角和与外角和公式是解题的关键．
3、
【分析】
利用三角形的内角和定理以及折叠的性质，求出，，利用四边形内角和为，即可求出∠2．
【详解】
解：在中，，
在中，，
由折叠性质可知： ，
四边形的内角和为，
，
，，
，
，，且∠1＝85°，
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要是考查了三角形和四边形的内角和定理，熟练利用三角形内角和定理，求出两角之和，最后利用四边形的内角和求得某角的度数，这是解决该题的关键．
4、10
【分析】
如图，由题意得：四边形为矩形，证明是等边三角形，结合矩形的性质可得答案.
【详解】
解：如图，由题意得：四边形为矩形，


是等边三角形，


故答案为：
【点睛】
本题考查的是等边三角形的判定与性质，矩形的性质，掌握“矩形的对角线相等且互相平分”是解本题的关键.
5、16
【分析】
由菱形的性质和三角形中位线定理即可得菱形的边长，从而可求得菱形的周长．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，且对角线相交于点O
∴点O是AC的中点
∵E为DC的中点
∴OE为△CAD的中位线
∴AD=2OE=2×2=4
∴菱形的周长为：4×4=16
故答案为：16
【点睛】
本题考查了菱形的性质及三角形中位线定理、菱形周长等知识，掌握这些知识是解答本题的关键．
三、解答题
1、∠A+∠B＝∠C+∠D； 25°；∠P＝；α+β﹣180°，∠P＝； ；∠P＝；2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．
【分析】
探索一：根据三角形的内角和定理，结合对顶角的性质可求解；
探索二：根据角平分线的定义可得∠BAP＝∠DAP，∠BCP＝∠DCP，结合（1）的结论可得2∠P＝∠B+∠D，再代入计算可求解；
探索三：运用探索一和探索二的结论即可求得答案；
应用一：如图4，延长BM、CN，交于点A，利用三角形内角和定理可得∠A＝α+β﹣180°，再运用角平分线定义及三角形外角性质即可求得答案；
应用二：如图5，延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，利用应用一的结论即可求得答案；
拓展一：运用探索一的结论可得：∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，再结合已知条件即可求得答案；
拓展二：运用探索一的结论及角平分线定义即可求得答案．
【详解】
解：探索一：如图1，

∵∠AOB+∠A+∠B＝∠COD+∠C+∠D＝180°，∠AOB＝∠COD，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D，
故答案为∠A+∠B＝∠C+∠D；
探索二：如图2，

∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
由（1）可得：∠1+∠B＝∠3+∠P，∠2+∠P＝∠4+∠D，
∴∠B﹣∠P＝∠P﹣∠D，
即2∠P＝∠B+∠D，
∵∠B＝36°，∠D＝14°，
∴∠P＝25°，
故答案为25°；
探索三：由①∠D+2∠1＝∠B+2∠3，

由②2∠B+2∠3＝2∠P+2∠1，
①+②得：∠D+2∠B+2∠1+2∠3＝∠B+2∠3+2∠P+2∠1
∠D+2∠B＝2∠P+∠B．
∴∠P＝．
故答案为：∠P＝．
应用一：如图4，

延长BM、CN，交于点A，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，
∴∠AMN＝180°﹣α，∠ANM＝180°﹣β，
∴∠A＝180°﹣（∠AMN+∠ANM）＝180°﹣（180°﹣α+180°﹣β）＝α+β﹣180°；
∵BP、CP分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，
∵∠PCD＝∠P+∠PBC，
∴∠P＝∠PCD﹣∠PBC＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A＝，
故答案为：α+β﹣180°，；
应用二：如图5，

延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，
∴∠A＝180°﹣α﹣β，
∵BP平分∠MBC，CP平分∠NCR，
∴BP平分∠ABT，CP平分∠ACB，
由应用一得：∠P＝∠A＝，
故答案为：；
拓展一：如图6，

由探索一可得：
∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∵∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠CDB﹣∠CAB＝∠C﹣∠B＝x﹣y，
∠PAB＝∠CAB，∠PDB＝∠CDB，
∴∠P+∠CAB＝∠B+∠CDB，∠P+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∴2∠P＝∠C+∠B+（∠CDB﹣∠CAB）＝x+y+（x﹣y）＝，
∴∠P＝，
故答案为：∠P＝；
拓展二：如图7，

∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，
∴∠PAD＝∠BAD，∠PCD＝90°+∠BCD，
由探索一得：①∠B+∠BAD＝∠D+∠BCD，②∠P+∠PAD＝∠D+∠PCD，
②×2，得：③2∠P+∠BAD＝2∠D+180°+∠BCD，
③﹣①，得：2∠P﹣∠B＝∠D+180°，
∴2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°，
故答案为：2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．
【点睛】
本题是探究性题目，考查了三角形的相关计算、三角形内角和定理、角平分线性质、三角形外角的性质等，此类题目遵循题目顺序，结合相关性质和定理，逐步证明求解即可．
2、（1）；（2）y＝S四边形ABPQ＝2t＋32（0＜t≤8）；（3）t＝8，；（4）当t＝4或 或时，为等腰三角形，理由见解析．
【分析】
（1）利用平行四边形的对边相等AQ＝BP建立方程求解即可；
（2）先构造直角三角形，求出AE，再用梯形的面积公式即可得出结论；
（3）利用面积关系求出t，即可求出DQ，进而判断出DQ＝PQ，即可得出结论；
（4）分三种情况，利用等腰三角形的性质，两腰相等建立方程求解即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵在平行四边形中，，，
由运动知，AQ＝16−t，BP＝2t，
∵四边形ABPQ为平行四边形，
∴AQ＝BP，
∴16−t＝2t
∴t＝，
即：t＝s时，四边形ABPQ是平行四边形；
（2）过点A作AE⊥BC于E，如图，

在Rt△ABE中，∠B＝30°，AB＝8，
∴AE＝4，
由运动知，BP＝2t，DQ＝t，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝16，
∴AQ＝16−t，
∴y＝S四边形ABPQ＝（BP＋AQ）•AE＝（2t＋16−t）×4＝2t＋32（0＜t≤8）；
（3）由（2）知，AE＝4，
∵BC＝16，
∴S四边形ABCD＝16×4＝64，
由（2）知，y＝S四边形ABPQ＝2t＋32（0＜t≤8），
∵四边形ABPQ的面积是四边形ABCD的面积的四分之三
∴2t＋32＝×64，
∴t＝8；
如图，


当t＝8时，点P和点C重合，DQ＝8，
∵CD＝AB＝8，
∴DP＝DQ，
∴∠DQC＝∠DPQ，
∴∠D＝∠B＝30°，
∴∠DQP＝75°；
（4）①当AB＝BP时，BP＝8，
即2t＝8，t＝4；
②当AP＝BP时，如图，

∵∠B＝30°，
过P作PM垂直于AB，垂足为点M，
∴BM＝4，，
解得：BP＝，
∴2t＝，
∴t＝
③当AB＝AP时，同（2）的方法得，BP＝，
∴2t＝，
∴t＝
所以，当t＝4或 或时，△ABP为等腰三角形．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解（1）的关键是利用AQ＝BP建立方程，解（2）的关键是求出梯形的高，解（3）的关键是求出t，解（4）的关键是分类讨论的思想思考问题．
3、见解析
【分析】
根据菱形的性质可得AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，再由BE=BF，可推出AE=CF，即可利用SAS证明△ADE≌△CDF得到DE=DF，则∠DEF=∠DFE．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，
∵BE=BF，
∴AB-BE=BC-BF，即AE=CF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE=DF，
∴∠DEF=∠DFE．

【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质．
4、（1）；（2）①作图见详解；②8；（3）在网格中作图见详解；31．
【分析】
（1）根据网格可直接用割补法求解三角形的面积；
（2）①利用勾股定理画出三边长分别为、、，然后依次连接即可；②根据①中图形，可直接利用割补法进行求解三角形的面积；
（3）根据题意在网格中画出图形，然后在网格中作出，，进而可得，得出，进而利用割补法在网格中求解六边形的面积即可．
【详解】
解：（1）△ABC的面积为：，
故答案为：；
（2）①作图如下（答案不唯一）：

②的面积为：，
故答案为：8；
（3）在网格中作出，，

在与中，
，
∴，
∴，
，
六边形AQRDEF的面积=正方形PQAF的面积+正方形PRDE的面积+的面积
，
故答案为：31．
【点睛】
本题主要考查勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算是解题的关键．
5、（1），0；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据整式的乘法运算法则先去括号，然后合并同类项化简，然后代入求解即可；
（2）首先根据菱形的性质得到，，然后根据E、F分别是BC、AD的中点，得出，根据一组对边平行且相等证明出四边形AECF是平行四边形，然后根据等腰三角形三线合一的性质得出，即可证明出四边形AECF是矩形．
【详解】
（1）（a+b）（a﹣b）﹣a（a﹣2b）

将a＝1，b＝2代入得：原式＝；
（2）如图所示，

∵四边形ABCD是菱形，
∴，且，
又∵E、F分别是BC、AD的中点，
∴，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AB＝AC，E是BC的中点，
∴，即，
∴平行四边形AECF是矩形．
【点睛】
此题考查了整式的混合运算，代数式求值问题，菱形的性质和矩形的判定，解题的关键是熟练掌握整式的混合运算法则，菱形的性质和矩形的判定定理．